תורת המספרים האלגברית

תמליל

1 תורת המספרים האלגברית תוכן העניינים 2 שדות מספרים הרחבות שלמות שדות מספרים הדיסקרימיננטה תחומי דדקינד פירוק אידאלים בתחום דדקינד אידאלים שבריים וחבורת המחלקות הנורמה של אידאל שריגים חסם מינקובסקי ומספר המחלקות משפט היחידות של דיריכלה אידאלים ראשוניים בתחומי דדקינד הסתעפות של ראשוניים בשדות מספרים פירוק של אידאלים ראשוניים בהרחבות של תחומי דדקינד הסתעפות בהרחבות גלואה השדות הציקלוטומיים הערכות (וליואציות) שדות עם הערכה ההשלמה של שדה ביחס להערכה חוג השלמים, שדה השאריות והלמה של הנזל הערכות והרחבות שדות הערכות אקספוננציאליות שדות הנזליים יישומים ללמידת Q p הסתעפות בהרחבות של שדה הנזלי משפט הרברנד הקדמה לתורת שדות המחלקות 5 58 מבוא לקוהומולוגיה של חבורות דוגמת שימוש: חבורת בראוור של הרחבות של. Q p דואליות פואנקרה תוכנית לנגלנדס

2 בקורס שלנו, כל החוגים קומוטטיביים ומכילים איבר יחידה. 1 שדות מספרים 1.1 הרחבות שלמות יהי x. Q אנחנו יודעים כי x Z אם ורק אם הוא שורש של פולינום מתוקן מעל Z. זה מוביל להגדרה הבאה: הגדרה 1.1. יהי A תחום שלמות, ותהי B אלגברה מעל A. א. איבר b B נקרא אלגברי (algebraic) מעל,A אם קיימים a 0, a 1,..., a n A (לא כולם (0 שעבורם = 0 0.a n b n + + a 1 b + a ב. איבר b B נקרא שלם (integral) מעל,A אם ניתן לקחת = 1 n.a הגדרה 1.2. יהי A תחום שלמות, ותהי L אלגברה מעל A. הסגור השלם closure) (integral של A ב- L הינו. {x L : A שלם מעל x} L טענה 1.3. יהי A תחום שלמות, תהי B אלגברה מעל A, ויהי b. B שקולים: התנאים הבאים א. b שלם מעל A. ב. תת-האלגברה A [b] B נוצרת סופית כ- A -מודול. ג. קיימת תת-אלגברה S B כך ש- S b ו- S נוצרת סופית כ- A -מודול. ד. קיים תת- A -מודול נוצר סופית M של B כך ש- M bm ו- M נאמן מעל [b] A. הוכחה. א ב אם b שלם, הוא שורש של פולינום מתוקן b n + a n 1 b n a 1 b + a 0 = 0 עבור.a 0, a 1,..., a n 1 A לכן.b n = a n 1 b n 1 a 1 b a 0 A b n A b + A 1 = M b n+1 = a n 1 b n a 1 b 2 a 0 b = = a n 1 ( an 1 b n 1 a 1 b a 0 ) a1 b 2 a 0 b M מכאן, באינדוקציה, לכל m N מתקיים 1 A.b m M = A b n A b + לכן נקבל ש- M A [b] = נוצר סופית כ- A -מודול. ב ג ניקח [b].s = A ג ד ניקח.M = S כיוון ש- S M,1 נאמן. 2

3 ד א יהי.M = Ax Ax n כיוון ש- M,bM לכל j מתקיים.bx j M לכן קיימים a j,i A שעבורם n.bx j = a j,i x i i=1 bx 1,. = C bx n. (b I n C) x 1. x n x 1. x n = 0 =.x אזי = 0 x.(b I n C) נכפול ב- adjoint, ונקבל. det (b I n C) x = adj (b I n C) (b I n C) x = 0 נסמן ) i,j.c = (a אזי ובאופן שקול x 1. x n נסמן אבל [b],det (b I n C) A ו- M הוא מודול נאמן מעל [b].a כיוון ש-( C det (b I n מאפס את היוצרים של M, הוא מאפס את כל M, ולכן = 0 (C.det b) I n אבל זהו פולינום מתוקן ב- b, ולכן b שלם מעל A. טענה 1.4. יהי A תחום שלמות, ותהי B אלגברה מעל A (לדוגמה, A). B אזי הסגור השלם של A ב- B הוא חוג. הוכחה. יהיו x, y B שלמים מעל.A קיימים,a 0, a 1,..., a n 1, a 0, a 1,..., a m 1 A לא כולם 0, שעבורם x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = 0 y m + a m 1y m a 1y + a 0 = 0 לכן תת-האלגברה A,x] [y B נוצרת מעל A כמודול על ידי, { x i y j 0 i n 1, 0 j m 1 } ובפרט y] A [x, היא A -מודול נוצר סופית. אבל y].x + y, x y A [x, לכן, לפי סעיף ג של טענה,1.3 y x + ו- y x שלמים מעל,A כנדרש. 1.2 שדות מספרים הגדרה 1.5. שדה מספרים field) (number הינו הרחבה סופית של Q. דוגמה.1.6 ) 2 ( Q ו- ) 2 3 ( Q הם שדות מספרים. הגדרה 1.7. יהי K שדה מספרים. חוג השלמים integers) (ring of של K, שיסומן O, K הינו הסגור השלם של Z ב- K. 3

4 לפי טענה 1.4, K O הינו חוג. ( d ) תרגיל.1.8 יהי K = Q עבור 0, 1 d חופשי מריבועים. אזי [ d ] Z, d 2, 3 (mod 4).O K = [ ] Z, d 1 (mod 4) 1+ d 2 הגדרה 1.9. תהי L K/ הרחבה סופית של שדות. נגדיר.Σ = { σ : L K : x K : σ (x) = x } א. אם L /K גלואה, /K).Σ = Gal ( L ב. תמיד K]. Σ = [L : הערה. הגדרה יהי x. L נגדיר את הנורמה (norm) ואת העקבה (trace) שלו להיות NL/K (x) = σ Σ σ (x) K TrL/K (x) = σ Σ σ (x) K טענה.1.11 יהיו.x, y L א. (y) NL/K (xy) = NL/K (x) NL/K ו-( y ).TrL/K (x + y) = TrL/K (x) + TrL/K ב..NL/K (x), TrL/K (x) K הוכחה. א. ברור. ב. נוכיח במקרה ש- K / L גלואה. לכל (K/ τ Gal ( L מתקיים.τ ( NL/K (x) ) ( ) = τ σ (x) = τσ (x) = NL/K (x) σ Σ σ Σ לכן.NL/K (x) K באופן דומה,.TrL/K (x) K ) d x = a + b ( עבור דוגמה.1.12 ניקח K = Q ו-.L = Q כל x L הוא מהצורה d,a. b Q בנוסף, L K/ גלואה עם חבורת גלואה שאיבריה הם, σ 1 (a + b ) d = a + b d.σ 2 (a + b ) d = a b d 4

5 (, NL/K (x) = NL/K a + b ) ( d = a + b ) ( d a b ) d = a 2 db 2 (.TrL/K (x) = TrL/K a + b ) ( d = a + b ) ( d + a b ) d = 2a אזי אם כן, נניח שרוצים למצוא x, y Z שעבורם = 1 2.x 2 7y אז שקול למצוא.N Q( 7)/Q (z) שעבורו = 1 z = x + y 7 Z [ 7 ] הגדרה תחום שלמות A נקרא סגור בשלמות closed) (integrally אם הוא הסגור השלם של עצמו ב- FracA. תרגיל סגור שלם תמיד סגור בשלמות. טענה כל תחום פריקות יחידה הוא סגור בשלמות. x = α β כאשר α, β A והשבר מצומצם הוכחה. יהי A תחום פריקות יחידה, ויהי FracA (כיוון ש- A תחום פריקות יחידה, ניתן להציג כך כל איבר של.(FracA נניח ש- x שלם מעל A. אזי קיימים,a 0, a 1,..., a n 1 A לא כולם,0 שעבורם..x n + a n 1 x n a 1 x + a 0 = 0 ( ) n α + a n 1 β ( ) n 1 α + + a 1 α β β + a 0 = 0, α n + a n 1 α n 1 β + + a 1 αβ n 1 + a 0 β n = 0.α n = ( a n 1 α n 1 β + + a 1 αβ n 1 + α 0 β n) נציב,x = α β ונקבל על ידי הכפלה ב- β, n נקבל ועל ידי העברת אגפים אגף ימין מתחלק ב- β, ולכן גם אגף שמאל מתחלק ב- β. אבל α ו- β זרים; אילו ל- β היה גורם אי-פריק, אותו גורם היה מחלק את α, n ולכן גם את α, בסתירה לזרות. לכן β A.x = α β הפיך, כלומר A מעתה נניח ש- A תחום שלמות סגור בשלמות, L K, = FracA הרחבה סופית של K ו- B הסגור השלם של A ב- L. כלומר, הדיאגרמה היא כזו: B L A K טענה.1.16 A.NL/K (B), TrL/K (B) 5

6 הוכחה. יהי x x. B שלם מעל A, כלומר x הוא שורש של פולינום מתוקן. כל (x) σ יהיה גם הוא שורש של אותו פולינום, ולכן כולם שלמים מעל A. בפרט, NL/K (x), TrL/K (x) K שלמים מעל A. כיוון ש- A סגור בשלמות, נקבל את הדרוש דוגמה.1.17 ] 5 [ Z אינו סגור בשלמות. אכן, ) 5 ( Q,FracZ [ 5 ] = אבל האיבר שלם מעל,Z בפרט מעל ] 5 [,Z אך אינו שייך ל- ] 5 [.Z תרגיל.1.18 יהי K שדה מספרים, ויהי.x O K אזי x O K אם ורק אם = ±1 (x).nk/q 1.3 הדיסקרימיננטה הגדרה.1.19 תהי L /K הרחבה סופית של שדות, ויהי x 1, x 2,..., x n L בסיס של L כמרחב וקטורי מעל K. הדיסקרימיננטה (discriminant) של L מעל K ביחס לבסיס הזה הינה.dL/K (x 1, x 2,..., x n ) = det (( TrL/K (x i x j ) )) K טענה.1.20 יהיו A, B, K, L כנ"ל, ויהי.x L אזי קיים a A 0 כך ש- B.ax הוכחה. אכן, L אלגברי מעל,A לכן קיימים a 0, a 1,..., a n A (לא כולם (0 שעבורם.a n x n + + a 1 x + a 0 = 0 n 1,a ונקבל ניתן להניח כי 0 n a. נכפול את המשוואה ב- n, a n nx n + a n 1 a n 1 n x n a 1 a n 1 n x + a 0 a n 1 n = 0 כלומר. (a n x) n + a n 1 (a n x) n 1 + a n 2 a n (a n x) n a 0 a n 1 n = 0 הראינו ש- x a n הוא שורש של פולינום מתוקן מעל A, כלומר a n x L שלם מעל A, ומכאן שייך ל- B. מסקנה.1.21 אפשר לבחור בסיס x 1,..., x n של L מעל K כך ש- B.x i טענה.1.22 יהיו A, B, K, L כנ"ל, יהי x 1,..., x n B בסיס של L מעל,K ותהי d = dl/k (x 1,..., x n ) A.d B A x A x n B הדיסקרימיננטה. אזי הוכחה. יהי.b B בפרט,,b L ולכן אפשר לכתוב b = α 1 x α n x n עבור,1 j n לכל.α i K ( n ) n.trl/k (x j b) = TrL/K α i x i x j = α i TrL/K (x i x j ) i=1 i=1 תהי M המטריצה ) ) j ( TrL/K (x i x, כלומר.d = det M הראינו שמתקיים. ( TrL/K (x 1 b) TrL/K (x n b) ) = ( ) α 1 α n M 6

7 תהי (A) adj (M) M n המטריצה המצורפת של.M אזי.M adj (M) = det M I = d I אם נכפול את המשוואה שקיבלנו ב-( M ) adj מימין, נקבל. ( TrL/K (x 1 b) TrL/K (x n b) ) adj (M) = ( dα 1 dα n ) כיוון שכל,TrL/K (x j b) A גם אגף ימין יהיה ב- A, כלומר dα i A לכל.i בסך הכל, db = dα 1 x dα n x n A x A x n כנדרש. טענה.1.23 תהי L /K הרחבה סופית וספרבילית, ויהי x 1,..., x n בסיס של L מעל.K אזי.TrL/K (x i x j ) =.dl/k (x 1,..., x n ) 0 n σ k (x i x j ) = k=1 הוכחה. נסמן } n.σ = {σ 1,..., σ אזי n σ k (x i ) σ k (x j ).N = (σ i (x j )) M n כלומר, בהחלפת בסיס הדיסקרימיננטה ( K ) לכן M = N t N עבור מוכפלת בריבוע הדטרמיננטה של מטריצת המעבר מ- N ל-(( σ). i y) j בפרט, אם = 0 d ביחס לבסיס אחד, היא תהיה 0 עבור כל בסיס. לכן מספיק למצוא בסיס כלשהו y 1,..., y n של L מעל K שעבורו ) n dl/k (y 1,..., y 0. אבל L K/ הרחבה סופית וספרבילית, לכן (θ) L, = K ואפשר לקחת את הבסיס n 1.1, θ,..., θ במקרה הזה k=1 1 σ 1 (θ) σ 1 (θ) n 1 1 σ 2 (θ) σ 2 (θ) n 1 N = σ n (θ) σ n (θ) n 1, det N = i<j (σ i (θ) σ j (θ)) 0 היא מטריצת ונדרמונדה. מכאן dl/k ( 1, θ,..., θ n 1 ) = det ( N t N ) = (det N) 2 0 כלומר כנדרש. טענה יהיו,A,B,K L כנ"ל, ונניח בנוסף כי A הוא תחום ראשי. אזי B הינו A -מודול חופשי מדרגה K].n = [L :,B A x1 d + +A xn d הוכחה. יהי x 1,..., x n B בסיס של L מעל.K לפי טענה,1.22 B תחום ראשי, בפרט נותרי, ולכן A נוצר סופית. הוא A -מודול A x1 ו- d + + A xn d 7

8 נוצר סופית כ- A -מודול. בנוסף, ב- B אין פיתול כי הוא משוכן בשדה. לפי משפט המבנה של מודולים נוצרים סופית מעל תחום ראשי, B חופשי כ- A -מודול. נקבל ( ).m = rank A B rank A A x1 d + + A xn = n d יהי.B = Ay Ay m הוכחנו שכל איבר של L הוא מהצורה b a עבור b B ו- A.a לכן,L = Ky Ky m ומכאן.m = rank A B [L : K] = n בסך הכל הוכחנו ש- n m, = כפי שרצינו. תרגיל.1.25 יהי B M L נוצר סופית כ- B -מודול. אזי M חופשי מדרגה [L : K] = n כ- A -מודול. מסקנה יהי K שדה מספרים. אזי O K הינו Z -מודול חופשי מדרגה [Q K]. : בסיס של K. של (integral basis) נקרא בסיס שלם כ- Z -מודול O K 2 תחומי דדקינד הגדרה 2.1. חוג קומוטטיבי A נקרא תחום דדקינד domain) (Dedekind אם הוא תחום שלמות נותרי סגור בשלמות עם מימד קרול 1. הערה. תחום שלמות הוא בעל מימד קרול 1 אם ורק אם כל אידאל ראשוני לא אפסי הוא מקסימלי. טענה 2.2. לכל שדה מספרים K, חוג השלמים O K הינו תחום דדקינד. הוכחה. O, K K ולכן O K תחום שלמות. כמו כן, O K הוא הסגור השלם של Z ב- K, ולכן הוא סגור בשלמות. אם נכתוב,O K = Zα 1 + +Zα n נקבל אפימורפיזם של חוגים Z [x 1,..., x n ] O K הנתון על ידי Z [x 1,..., x n ].x i α i נותרי לפי משפט הבסיס של הילברט, ומנה של חוג נותרי היא נותרית. לכן O K נותרי. נותר להוכיח שמימד קרול של O K הוא 1. יהי P O K 0 אידאל ראשוני. אזי P Z אידאל ראשוני של Z. נראה שהוא שונה מ- 0 : יהי y P 0. לכן אפשר למצוא,a 0, a 1,..., a m 1 Z לא כולם,0 שעבורם. y m + a m 1 y m a 1 y +a 0 = 0 }{{} P אפשר להניח כי 0 0 a (כי O K תחום שלמות), ולכן.a 0 P Z בפרט 0 Z.P לכן.p לאיזשהו מספר ראשוני P Z = pz נניח בשלילה ש- P אינו מקסימלי. O K נותרי, ולכן P Q עבור Q מקסימלי. O K /Z הרחבה שלמה, לכן מקיימת,Going Down כלומר.pZ = P Z Q Z אבל pz מקסימלי ב- Z, בסתירה. 8

9 2.1 פירוק אידאלים בתחום דדקינד טענה.2.3 יהי A חוג קומוטטיבי נותרי, ויהי I A 0 אידאל. אזי קיימים 0 r P 1,..., P אידאלים ראשוניים שעבורם.P 1... P r I הוכחה. נוכיח את הטענה באינדוקציה נותרית. תהי I קבוצת האידאלים של A שאינם מקיימים את המשפט. אם = I, מהנותריות קיים I מקסימלי ב- I. ברור כי I אינו ראשוני, ולכן קיימים a, b / I שעבורם.a b I נגדיר J 1 = I + aa ו- ba.j 2 = I + מהמקסימליות, אפשר למצוא אידאלים ראשוניים שעבורם.P 1... P r J 1, Q 1... Q s J 2 לכן,P 1... P r Q 1... Q r J 1 J 2 I בסתירה. טענה 2.4. יהי A תחום דדקינד, יהי K, = FracA ויהי I אידאל אמיתי של A. אזי קיים.xI כך ש- A x K \ A הוכחה. אם = 0,I המשפט טריוויאלי; לכן נניח 0.I נקבע y I.0 לפי הטענה הקודמת, קיימים אידאלים ראשוניים P 1,..., P r שעבורם.P 1... P r ya I נבחר r מינימלי כנ"ל. יהי P אידאל מקסימלי, לכן ראשוני, המכיל את I. אזי קיים i שעבורו.P i P אבל P i גם הוא מקסימלי, לכן.P i = P בלי הגבלת הכלליות,.P = P r מהמינימליות של ;P 1... P r 1 ya,r נבחר,b P 1... P r 1 \ ya וניקח.x = b y אזי xyi = bi P 1... P r 1 ya ומכאן,xI A כנדרש. הגדרה 2.5. יהי A תחום דדקינד, יהי K, = FracA ויהי I A אידאל לא אפסי. נגדיר I 1 = {x K xi A} מהטענה הקודמת,.I 1 A טענה.2.6 יהי P A אידאל ראשוני לא אפסי. אזי.P P 1 = A הוכחה. לפי הגדרת.P P 1 A,P כיוון ש- 1 P.P P P 1 A,1 מצד שני,.P P 1 = P או P P 1 = A מקסימלי, לכן P אבל.A הוא אידאל של P P 1 נניח בשלילה כי.P P 1 = P מטענה,2.4 קיים.x P 1 \ A באופן טבעי, P הינו -A נאמן כ-[ x ] P ו- נוצר סופית כ- A -מודול, P אבל.xP P P 1 = P כי A -מודול, [x] מודול (כי הוא מוכל בתחום שלמות), ולכן לפי סעיף ד של טענה x 1.3 שלם מעל A. אבל.P P 1 = A בסתירה. מכאן בהכרח,x A סגור בשלמות, לכן A משפט 2.7. יהי A תחום דדקינד, ויהי I A אידאל לא אפסי. אזי אפשר לבטא את I באופן יחיד כמכפלה של אידאלים ראשוניים של A. הוכחה. 9

10 קיום. נניח בשלילה שלא. תהי S קבוצת האידאלים של A שאינם מכפלה של אידאלים ראשוניים; לכן = S. כיוון ש- A נותרי, קיים I מקסימלי ביחס לתכונה הזו. I אינו ראשוני, בפרט אינו מקסימלי, ולכן קיים P מקסימלי כך ש- I. P טענה..IP 1 A הוכחה. יהי.x P \ I אם בשלילה 1 IP,P P 1 = A = אזי = 1 P xp 1 P 1.IP לכן מתקיים,xA = xp 1 P IP 1 P = IA = I בסתירה לכך ש-.x / I טענה..IP 1 I הוכחה. יהי.x P 1 \ A אם נניח בשלילה ש- I,IP 1 = אזי I הינו [x] A -מודול (נאמן). אבל I נוצר סופית כ- A -מודול, לכן x שלם מעל A. כיוון ש- A סגור בשלמות,,x A בסתירה. משתי הטענות האלו, IP 1 / S (מהמקסימליות של I). לכן I = IA = IP 1 P = P 1... P r P בסתירה לכך ש- S.I לכן =.S יחידות. נניח.I = P 1... P r = Q 1... Q s בפרט מתקיים Q s.p 1... P r Q s ראשוני, לכן קיים i שעבורו.P i Q s בלי הגבלת הכלליות,.P r Q s כיוון שמימד קרול של A הוא,1 שני האידאלים מקסימליים, ולכן.P r = Q s נקבל IP 1 r = P 1... P r 1 = Q 1... Q s 1 ומכאן נסיים באינדוקציה. 2.2 אידאלים שבריים וחבורת המחלקות הגדרה 2.8. יהי A תחום דדקינד, ויהי K. = FracA אידאל שברי ideal) (fractional של A הינו תת- A -מודול של K שנוצר סופית מעל A. נסמן על ידי J A את קבוצת האידאלים השבריים של A. הערה. מעתה, לאידאלים רגילים של A נקרא אידאלים שלמים. טענה 2.9. A J חבורה אבלית תחת הפעולה { n }.a b = x i y i : x i a, y i b i=1 הוכחה. הסגירות והאסוציאטיביות ברורות, ואיבר היחידה הוא A. נותר רק לבדוק את קיום ההופכיים..I 1 = P Pr אם I אידאל שלם של,I = P 1... P r,a ואז 1 10

11 נוודא שכל 1 P נוצר סופית. אכן, P נוצר סופית מהנותריות של A. לכן אפשר לכתוב ;x 1 y 1 A בפרט,.1 i m לכל xy i A אזי,x P אם 1.P = Ay Ay m.p 1 1 y 1 אבל A נותרי, ולכן 1 P נוצר סופית. מכאן שגם 1 I נוצר סופית. לכן גם A הוכחנו שלכל אידאל שלם יש הופכי. כעת, יהי a J A אידאל שברי. אפשר לכתוב.a i, b i K לאילושהם y i = ai b i.a = Ay Ay m כל,y i K לכן אפשר לכתוב יהי.b = b 1... b m אזי,ba A כי by i A לכל i m ;1 לכן ba הינו אידאל שלם, ונוכל לקחת 1 I.a 1 = b הגדרה תהי P A J A תת-החבורה המכילה את האידאלים השבריים הראשיים xa עבור כל.x K המנה Cl A = J A/P A נקראת חבורת המחלקות group) (ideal class של.A הערה. A תחום ראשי אם ורק אם {e}.cl A = משפט (1966 Claborn,.L). תהי G חבורה אבלית כלשהי. אזי קיים תחום דדקינד A כך.Cl A ש- G = בשנות ה- 70,.C Leedham Green הראה שאפשר אפילו למצוא דוגמה בצורה A K 2 R FracR כאשר R תחום ראשי ו- 2 = FracR].[K : מטרה. יהי K שדה מספרים; נסמן Cl K = Cl OK ו-.J K = J OK נרצה להוכיח כי Cl K היא תמיד חבורה סופית. 2.3 הנורמה של אידאל הגדרה.2.11 יהי A תחום דדקינד, ויהיו I, J A אידאלים. אזי I J אם קיים אידאל I כך ש- II.J = תרגיל. I J אם ורק אם.J I הגדרה.2.12 יהי K שדה מספרים, ויהי I O K אידאל. הנורמה norm) (ideal של I { הינה.N (I) = O K/I, I 0 0, I = 0 טענה.2.13 יהיו I, J O K אידאלים. אזי (J).N (IJ) = N (I) N הוכחה. אם I ו- J זרים, I. + J = O K לפי משפט השאריות הסיני,. O K/IJ = O K/I O K/J זה מראה ש-( J ) N (IJ) = N (I) N במקרה ש- I ו- J זרים. לכן מספיק להוכיח את הטענה במקרה ש- I = P n ו- J = P m עבור אידאל ראשוני.P 11

12 טענה. לכל 1,n. O K/P = P n /P n+1 הוכחה. יהי 1+n x P n \ P (קיים מיחידות הפירוק לראשוניים). נגדיר φ : O K P n /P n+1 a ax + P n+1 נראה ש-.ker φ = P אכן,.P ker φ יהי ;a ker φ אזי n+1,ax P כלומר.axO K = (ao K ) (xo K ) P n+1 אם כן,,P n+1 axo K כלומר.(aO K ) (xo K ) = P n+1 I אבל P מופיע בדיוק n פעמים בפירוק של,xO K לכן הוא מופיע בפירוק של,aO K כלומר,aO K P ובפרט.a P כעת נוכיח ש- φ על. יהי,x P n \P n+1.y P n לכן xo K = P n J כאשר J זר ל-.P לפי משפט השאריות הסיני, קיים b O K כך ש-( J b 0 (mod וגם ) n+1.b y (mod P אם כן, b P n וגם,b J ולכן.xO K = P n J bo K מכאן,b bo K xo K כלומר b = xa לאיזשהו,a O K ואז n+1.φ (a) = b + P n+1 = y + P זה מוכיח ש- φ על. באינדוקציה, נקבל כי N; P) m ) = N P) ) m זה מוכיח את הכפליות לחזקות של אידאל ראשוני, ולכן סיימנו. טענה.2.14 יהי I O K אידאל. אזי < (I).N הוכחה. אפשר להניח 0 I. טענה. יהי P O K אידאל ראשוני. אזי < ) (P.N הוכחה. לפי משפט שהוכחנו, O K הוא Z -מודול חופשי מדרגה [Q n, = K] : כלומר.O K = Zc Zc n P ראשוני, ומכאן ש- pz P Z = לאיזשהו מספר ראשוני p. לכן O K /po K = F p c F p c n היא מנה סופית. כיוון ש-,pO K P יש הטלה, O K/pO K O K/P ובפרט O K/P סופי. הסופיות של הנורמה עבור I נובעת מהפירוק של כל אידאל למכפלה של ראשוניים ומכפליות הנורמה. טענה יהי M מספר טבעי. אזי יש מספר סופי של אידאלים I O K כך ש- M N. (I) הוכחה. מספיק להוכיח שיש רק מספר סופי של אידאלים ראשוניים P עם N, P) ) M שהרי > 1 ) (P.N אבל כבר הוכחנו שאם,P Z = pz אזי ) (P N הינה חזקה של.p בפרט, N. P) ) p הטענה נובעת מכך שיש מספר סופי של ראשוניים p, M ומכך שיש מספר סופי של אידאלים ראשוניים P O K המקיימים.P po K ניזכר שברצוננו להוכיח כי Cl K היא חבורה סופית. לפי טענה 2.15, מספיק למצוא M טבעי כך שכל אידאל של O K שקול (מודולו P) K = P OK לאידאל עם נורמה שחסומה על ידי M. בשביל להוכיח זאת, נפתח מעט כלים על שריגים. 12

13 2.4 שריגים הגדרה יהי V = R n מרחב וקטורי מעל R. שריג (lattice) הינו Γ = Zv 1 + Zv Zv m V כך ש- v 1,..., v m בלתי-תלויים מעל Γ.R נקרא שלם (complete) אם.m = n הגדרה.2.17 תת-חבורה Γ V נקראת דיסקרטית (discrete) אם לכל γ Γ קיימת קבוצה פתוחה U V כך ש-{ γ }.U Γ = טענה תהי Γ V תת-חבורה. אזי Γ שריג אם ורק אם Γ דיסקרטית. הוכחה. נכתוב,Γ = Zv 1 +Zv 2 + +Zv m ונשלים את v 1,..., v m לבסיס v 1,..., v n של.V אם,γ = b 1 v b m v m ניקח {.U γ = a 1 v a n v n : a i b i < 1 } 2 אזי U γ קבוצה פתוחה המקיימת {γ}.u γ Γ = נחלק את ההוכחה למספר צעדים. צעד 1. נוכיח כי Γ סגורה. תהי U פתוחה כך ש-{ 0 } = Γ.U קיים > 0 ε כך ש- U.B ε (0) תהי } n {γ סדרה מתכנסת של איברים מ- Γ. זה אומר שקיים N כך שלכל,m, n N, γ n γ m < ε γ n γ m B ε (0) U Γ γ n γ m = 0 כלומר הסדרה } n γ} מתייצבת, ובפרט הגבול ב- Γ. לכן Γ סגורה. יהי V 0 V תת-המרחב הנפרש על ידי,Γ ויהי u 1,..., u m בסיס של V 0 כך ש- Γ u i לכל i m.1 נגדיר.Γ 0 = Zu Zu m צעד.2 נראה כי האינדקס ] 0 [Γ : Γ סופי. תהי I} {γ i : i קבוצת נציגים של הקוסטים ב- 0, Γ /Γ ויהי.Φ 0 = {a 1 u a m u m : 0 a i < 1},V 0 = δ Γ 0 והאיחוד זר. אזי δ) (Φ 0 + כל,γ i Γ V 0 לכן γ i = µ i + δ i באופן יחיד כאשר δ i Γ 0 ו-.µ i Φ 0 אבל,µ i = γ i δ i Γ לכן µ i Φ 0 Γ כש- Γ Φ 0 קומפקטית ודיסקרטית, ובפרט סופית. אם כן, יש מספר סופי של אופציות עבור µ; i אבל ) 0 γ, i µ i (mod Γ מה שמוכיח את הטענה. צעד 3. נסיק כי Γ שריג..Γ 1 d Γ 0 = Z u1 לפי d + + Z um d אכן, יהי ] 0,dΓ Γ 0.d = [Γ : Γ כלומר המיון של חבורות אבליות נוצרות סופית, אפשר לכתוב Γ = Zv Zv r כאשר.r m אבל Γ פורש את V 0 מעל,R לכן r = m והווקטורים v 1,..., v r בלתי-תלויים לינארית. 13

14 טענה יהי Γ V שריג. אזי Γ שריג שלם אם ורק אם קיימת קבוצה חסומה B V.V = γ Γ שעבורה γ) (B + הוכחה. אם Γ = Zv Zv n שריג שלם כאשר v 1,..., v n בסיס של,V אז ניקח.B = {a 1 v a n v n : 0 a i 1} יהי V 0 תת-המרחב הנפרש על ידי.Γ מספיק להוכיח כי.V 0 = V יהי ;v V β m B עבור mv = β m + γ m אפשר לכתוב m לכל 1,V = γ Γ כיוון ש-( γ B) + ו-.γ m Γ V 0 על ידי חלוקה ב- m, נקבל.v = 1 m β m + 1 m γ m (כי B חסומה); לכן, 1 אם נשאיף,m m β m 0.V 0 1 m γ m v כיוון ש- V 0 סגור,.v V 0 לכן,V = V 0 כנדרש. הגדרה.2.20 תהי X R n תת-קבוצה. א. X נקראת סימטרית (symmetric) אם לכל,x X גם. x X ב. X נקראת קמורה (convex) אם לכל x 1, x 2 X מתקיים ש- X tx 1 + (1 t) x 2 לכל 1] [0,.t הגדרה.2.21 עבור שריג Γ V נסמן (Φ),vol (Γ) = vol כאשר Φ תחום יסודי של,Γ כלומר V 0 = Span R Γ = γ Γ (Φ + γ) והאיחוד זר. טענה 2.22 (חסם מינקובסקי). יהי Γ V = R n שריג שלם, תהי X V קבוצה סימטרית וקמורה, ונניח (Γ).vol (X) > 2 n vol אזי קיים γ Γ 0 כך ש- X.γ { 1 אינן זרות; אכן, אם הוכחה. מספיק להוכיח שהקבוצות {γ 2 X + γ Γ ) y ( 1 2 X + γ 1 ) ( 1 2 X + γ 2 עם,γ 1 γ 2 נכתוב. 1 2 x 1 + γ 1 = y = 1 2 x 2 + γ 2 אזי Γ γ 1 γ 2 = 1 2 x x 1 = 1 2 x ( x 1) X מהסימטריה ומהקמירות. 14

15 ( 1 Φ { זרות זו לזו. לכן, נניח בשלילה שהקבוצות כן זרות. בפרט, גם {(γ 2 X + γ Γ נקבל שמתקיים vol (Γ) = vol (Φ) ( ( )) 1 vol Φ 2 X + γ = ( ) 1 vol X (Φ γ) = ( ) 2 γ Γ γ Γ ( ) 1 ( ) vol 2 X = האיחוד של הקבוצות האלו מכיל את, 1 2X ולכן ( ) n 1 vol (X) 2 בסתירה להנחה ש-( Γ ).vol (X) > 2 n vol 2.5 חסם מינקובסקי ומספר המחלקות הערה. כל מחלקה של Cl K מכילה אידאל שלם. P 1,..., P r O K כאשר a = P e P r אכן, יהי a J K אידאל שברי. נכתוב er אידאלים ראשוניים ו- Z.e 1,..., e r אז אפשר לכתוב.xO K Q f1 מכאן שאפשר 1... Qft t ( ) 1 a = P e P s es Q f Qft t x Q f1.0 לכן כאשר > 0 i.e i, f יהי. Qft t.. 1 לכתוב t I xo K = Q f1 לאיזשהו אידאל.I O K נקבל 1... Qft a (xo K ) = a Q f Qft t I = P e P s es I וזהו אידאל שלם השייך למחלקה של a. משפט 2.23 (חסם מינקובסקי). יהי K שדה מספרים, [Q n. = K] : יהי r מספר השיכונים הממשיים K, R ויהי s מספר זוגות השיכונים המרוכבים (עד כדי הצמדה) K. C בפרט,.r + 2s = n אז בכל מחלקה של Cl K יש אידאל שלם I O K המקיים.N (I) n! n n ( 4 π ) s d K הוכחה. תהי C Cl K מחלקה, ויהי 1 C J אידאל שלם. ל- J עשויה להיות נורמה עצומה, אבל אנחנו נשתמש בו על מנת לייצר אידאל באותה מחלקה ומנורמה חסומה. יהי α 1,..., α n בסיס שלם של,K כלומר.O K = Zα Zα n לכן קיימים β 1,..., β n J כך ש-.J = Zβ Zβ n יהיו σ 1,..., σ r : K R כל השיכונים הממשיים, ויהיו τ 1, τ 1,..., τ s, τ s : K C כל השיכונים המרוכבים. נגדיר שיכון K ι : R n לפי.x (σ 1 (x),..., σ r (x), Re τ 1 (x), Im τ 1 (x),..., Re τ s (x), Im τ s (x)) זה שיכון של חבורות אבליות. תהי (R) B M n המטריצה ששורותיה הן ) i.ι (β נחשב את הדטרמיננטה שלה. 15

16 תהי σ 1 (α 1 ) σ r (α 1 ) τ 1 (α 1 ) τ 1 (α 1 ) τ s (α 1 ) τ s (α 1 ).M = M n (R) σ 1 (α n ) σ r (α n ) τ 1 (α n ) τ 1 (α n ) τ s (α n ) τ s (α n ) אזי ( TrK/Q (α i α j ) ) = M t M, ולכן M 2, d K = det כלומר K. det M = d תהי (R) A M n המטריצה ששורותיה הן ) i.ι (α אזי σ 1 (α 1 ) σ r (α 1 ) Re τ 1 (α 1 ) Im τ s (α 1 ).A = = σ 1 (α n ) σ r (α n ) Re τ 1 (α n ) Im τ s (α n ) 1... = M i i.... det A = 1 2 s dk לכן det C = כאשר,B = CA t א,C = (c i,j ) אם.c i,j Z,β i = n נכתוב j=1 c i,jα j ( ) (J).N בנוסף, s 1. det B = N (J) d K 2 התמונה (J) Γ = ι של ι : K R n הינה השריג הנפרש מעל Z על ידי ) n.ι (β 1 ),..., ι (β ( ) אם כן, s 1.vol (Γ) = N (J) d K 2 לכל > 0 t נגדיר את הקבוצה { }.X t = (x 1,..., x r, y 11, y 12,..., y s1, y s2 ) R n : x x r + 2 y y y s1 + y2s2 < t.vol (X t ) = 2r s π s t n נבחר t המקיים n! הקבוצה X t היא סימטרית, קמורה ומקיימת.2 n vol (Γ) < vol (X t ) < 2 n vol (Γ) + ε לפי טענה,2.22 קיים איבר γ Γ X t.0 אבל (J),Γ = ι כלומר (u) γ = ι עבור.u J לכן NK/Q (u) 1 /n = σ 1 (u)... σ r (u) τ 1 (u) τ 1 (u)... τ s (u) τ s (u) 1 /n 1 n ( σ 1 (u) + + σ r (u) + 2 τ 1 (u) τ s (u) ) = = 1 ( ) σ 1 (u) + + σ r (u) + 2 (Re τ 1 (u)) 2 + (Im τ 1 (u)) 2 + < 1 n n t 16

17 כשאי-השוויון האחרון נובע מכך ש- ι. (u) X t זה אומר שמתקיים.N (uo K ) = NK/Q (u) < t n n n אבל,2 n vol (Γ) < vol (X t ) 2 n vol (Γ) + ε לכן 2 r+s N (J) d K < 2r s π s t n < 2 r+s N (J) d K + ε n!. 22s N (J) d K n! π s < t n < 22s N (J) dk n! π s + n! 2 r s π s ε ( ) s 4.N (uo K ) N (J) n! dk π n n + }{{} ε 0 כלומר אם כן, הראינו שמתקיים אבל,u J לכן יש אידאל I O K שעבורו.uO K = IJ מכאן שמתקיים.N (I) = N (uo K) N (J) ( ) s 4 n! π n n d K כמו כן, כיוון ש- 1 J,I = (uo K ) מתקיים,I C כפי שרצינו. הגדרה.2.24 מספר המחלקות number) (class של K הינו K.h K = Cl מסקנה.2.25 < K.h טענה.2.26 ] 1 [ Z תחום ראשי. הוכחה. נגדיר ) 1 ( Q (mod 4).K = 3, 1 ולכן ] 1 [ Z.O K = עבור K הנתון, = 2,n r = 0 ו- 1 =.s לפי חסם מינקובסקי, כל מחלקה של Cl K מכילה אידאל I עם ) ( s 4.N (I) n! π n n d K = 4 π < 2 אבל (I) N מספר שלם, לכן כל מחלקה מכילה איבר מנורמה 1, כלומר את האיבר הטריוויאלי.O K J K מכאן = 1 K,h ולכן ] 1 [ Z O K = תחום ראשי. משפט 1969).(Stark, השדות הריבועיים המדומים ) ) d K = Q ( עבור > 0 (d עם = 1 K h הם Q ( 1 ), Q ( 2 ), Q ( 3 ), Q ( 7 ), Q ( 11 ), Q ( 19 ), Q ( 43 ), Q ( 67 ), Q ( 163 ) השערה. יש אינסוף שדות ריבועיים ממשיים עם = 1 K h. 17

18 2.6 משפט היחידות של דיריכלה.1 O K K α αo K P K J K Cl K 0 ראינו סדרת העתקות נרצה להבין את O. K נוכיח את המשפט הבא: משפט 2.27 (משפט היחידות של דיריכלה). יהי K שדה מספרים, יהי r מספר השיכונים הממשיים K, R ויהי s מספר הזוגות של שיכונים צמודים K C (בפרט, מתקיים.(n = [K : Q] = r + 2s אזי, O K = µ (K) Z r+s 1 כאשר (K) µ הינה חבורת כל שורשי היחידה ב- K O. הוכחה. נגדיר,V = R r C s שהוא מרחב וקטורי ממימד n מעל.R אם : r σ 1,..., σ K R השיכונים הממשיים ו- C τ 1, τ 1,..., τ s, τ s : K השיכונים המרוכבים, אפשר להגדיר θ : K V לפי.α (σ 1 (α),..., σ r (α), τ 1 (α),..., τ s (α)) על V יש טופולוגיה (טופולוגיית המכפלה הנובעת מהטופולוגיות הסטנדרטיות של R ושל C). בנוסף, אפשר להגדיר על V נורמה רציפה N : V R לפי.N (x 1,..., x r, z 1,..., z s ) = x 1... x r z z s 2.N (θ (α)) = σ 1 (α)... σ r (α) τ 1 (α) τ 1 (α)... τ s (α) τ s (α) = NK/Q (α) נשים לב כי = 1 (α).o K = { α K : NK/Q נסמן,V = (R ) r (C ) s ונגדיר } עוד נשים לב כי.G = {v V : N (v) = 1} V U = נגדיר.V סגורה גם ב- G ולכן,G = N 1 ({ 1, 1}) כי,V קבוצה סגורה ב- G.θ ( O ) ( ) K ולכן שקול להבין את θ, O = K O K חח"ע, כיוון ש- θ.θ ( O K) = G θ (OK ) נציין בנוסף כי G חבורה כפלית. נטען כי θ (O K ) V שריג. אכן,,O K = Zα Zα n לכן = ) K θ (O ) n,z θ (α 1 ) + + Z θ (α וה-( θ -ים (α i בלתי-תלויים לינארית בגלל אי-התלות של האוטומורפיזמים.σ 1,..., σ r, τ 1, τ 1,..., τ s, τ s למה. המנה G U/ היא קומפקטית. הוכחה. נשים לב שלכל V v, הכפל ב- v הינה העתקה R -לינארית V V המיוצגת על ידי מטריצה עם דטרמיננטה (v) N. זה אומר שאם X V קבוצה בעלת נפח סופי, אזי vol (vx) = N (v) vol (X) כאשר X}.vX = {vx : x 18

19 תהי X קבוצה סימטרית, קמורה וקומפקטית כך ש-((.vol (X) > 2 n vol (θ (O K X קומפקטית, לכן N (X) = {N (x) : x X} R קומפקטית, ובפרט קיים M כך ש- N (x) M לכל x. X נזכור כי יש רק מספר סופי של אידאלים ב- O K (ובפרט אידאלים ראשוניים) מנורמה.M נסמן את האידאלים הראשיים הללו על ידי.a 1 O K,..., a m O K יהי g G כלשהו. אזי (X),vol ( g 1 X ) = vol ולפי מינקובסקי (טענה (2.22 קיים, N (θ (α)) = NK/Q (α) M בפרט מתקיים.θ (α) g 1 כך ש- X 0 α O K כלומר.N (αo K ) M לכן α = a iu עבור i מתאים ו-.u O K הראינו שלכל g G קיים i שעבורו U,g 1 X θ (a i ) ובאופן שקול.θ ( a 1 i יש נציג של כל מחלקה של. G U/ אך Y ) X gu m i=1 θ ( a 1 i } {{ } compact קומפקטית, ההטלה φ : G G /U רציפה ו- U /,φ (Y ) = G ולכן G /U קבוצה קומפקטית. ) X G }{{} closed בפרט, בקבוצה = Y נסתכל על ההעתקה הלוגריתמית L : V R r+s הנתונה על ידי (x 1,..., x r, z 1,..., z s ) (log x 1,..., log x r, 2 log z 1,..., 2 log z s ) (שהיא הומומורפיזם של חבורות). נגדיר משטח-על H = { (y 1,..., y r+s ) R r+s : y y r+s = 0 } ברור כי r+s 1 ;H = R נשים לב כי.L (G) = H למה. (K)).(ker L) U = θ (µ ker L = {±1} r ( S 1) s קומפקטית ב-.V U סגורה ואפילו דיסקרטית הוכחה. ראשית, ב- V; לכן (ker L) U קומפקטית ודיסקרטית, ומכאן ש- L) U (ker הינה חבורה סופית. כל איבר שלה הינו (α) θ עבור K.α אם נסמן U,N = (ker L) אזי.θ ( α N) = (1,..., 1) = α N = 1 הראינו את ההכלה. אך ההכלה השנייה ברורה, ולכן נקבל את השוויון הדרוש. למה. (U) L תת-חבורה דיסקרטית של (G) H, = L כלומר שריג. הוכחה. מספיק להוכיח שכל קופסה סגורה ε} B = {(y 1,..., y r+s ) R r+s : y i מכילה מספר סופי של איברים מ-( U ) L. /2 ε. τ i (α) e נתבונן α O K כך ש- B.L (θ (α)) אזי, σ i (α) e ε ו- יהי בפולינום r s. (T σ i (α)) (T τ j (α)) (T τ j (α)) i=1 j=1 לפי תורת גלואה, זהו פולינום עם מקדמים שלמים. לפי החסמים הנ"ל, נקבל חסמים על הערכים המוחלטים של מקדמי הפולינום. אך יש מספר סופי של פולינומים עם מקדמים חסומים כך, ולכל אחד מהם מספר סופי של שורשים ולכן יש מספר אפשרויות סופי עבור α, כנדרש. 19

20 למה. (U) L הינו שריג שלם ב- H. הוכחה. (G) L : G L רציפה ועל, ולכן משרה העתקה רציפה ועל /L(U). G /U L(G) מכאן שגם /L(U) L(G) קומפקטית. לכן אפשר למצוא תחום יסודי חסום B כך שמתקיים שריג שלם ב- H. L (U) לפי טענה,2.19.H = L (G) = γ L(U) (B + γ) אם כן, קיבלנו סדרה מדויקת של חבורות 1 (ker L) U U L (U) 1 = = µ (K) Z r+s 1 ואנחנו רוצים להוכיח כי r+s 1 U. = µ (K) Z זה ינבע מלמה מתורת החבורות: 1 A i B φ Z m 1 למה. תהי סדרה מדויקת של חבורות אבליות. אזי.B = A Z m הוכחה. יהי e 1,..., e m בסיס של.Z m נבחר b 1,..., b m B כך ש-,φ (b i ) = e i ונגדיר ψ : A Z m B לפי m m.ψ a, n j e j = i (a) + n j b j j=1 j=1 j=1 ψ מגדירה הומומורפיזם של חבורות. נראה ש- ψ חח"ע: נניח m m.ψ a, n j e j = i (a) + n j b j = 0. m n j e j = 0 j=1 j=1 נפעיל φ על השוויון, ונקבל כיוון ש- e 1,..., e m בסיס של.n 1 = = n m = 0,Z m לכן = 0 (a),i וכיוון ש- i חח"ע נקבל = 0.a.φ (b) = m אזי כעת נראה ש- ψ על: יהי.b B נרשום j=1 n je j m φ b n j b j = 0 j=1.a A לאיזשהו b m j=1 n jb j = i (a) כלומר,b m ולכן j=1 n jb j ker φ = Im i במילים אחרות,.ψ (a, φ (b)) = b בסך הכל, ψ איזומורפיזם, כלומר.B = A Z m 20

21 הגדרה.2.28 נניח כי השדה K מקיים = 1 1 s r + (כלומר.(O K = µ (K) Z איבר.(fundamental unit) נקרא יחידה יסודית (µ (K) (מודולו O K הפיך היוצר את דוגמה.2.29 נמצא את פתרונות המשוואה = 1 2 x 2 7y מעל ).Z ( נשים לב ש-( y,x) פתרון של המשוואה אם ורק אם = 1 7 N, )Q Q/(7 x + y ובפרט 7 y x + הפיך ב- ] 7 [.Z אין איברים הפיכים מנורמה, 1 כי 1 אינו נורמה מודולו ;7 לכן אנחנו רוצים למצוא את כל האיברים ההפיכים. מתקיים [ ].O Q( 7) = Z 7 = O Q( 7) = µ ( Q ( 7 )) Z r+s 1 אצלנו {±1} = )) 7 ( Q r = 2,µ ( ו- 0 =,s לכן.O Q( 7) = {±1} Z אם נבחר יוצר ε של Z, כלומר יחידה יסודית, אזי.O Q( 7) = {±εn : n Z} במקרה הזה, ניתן לבדוק כי יחידה יסודית. 3 אידאלים ראשוניים בתחומי דדקינד מוטיבציה. ניקח ) 7 ( Q.K = מהו?h K במקרה הזה, = 2,n r = 2 ו- 0 =,s ולכן חסם מינקובסקי נותן.N (I) ( ) π 4 28 = 7 < 3 כלומר, בכל מחלקה יש אידאל מנורמה (= 1 K O) או 2. אם = 2 (I) N, אזי I ראשוני וכן מקיים.I 2O K לכן נרצה לחקור את הפירוק,N (2O K ) = 4.2O K = P 1... P r כלומר יש שתי אפשרויות: או שהוא נשאר ראשוני, או שהוא מתפרק למכפלה של שני ראשוניים. שאלה. יהי K שדה מספרים, ויהי p מספר ראשוני. מהו הפירוק של po K כמכפלה של,pO K = P e1 כאשר P 1,..., P r O K שונים זה מזה? 1... P r אידאלים ראשוניים er 3.1 הסתעפות של ראשוניים בשדות מספרים הגדרה.3.1 p נקרא מסועף (ramified) ב- K אם > 1 i e לאיזשהו.i טענה 3.2. יהי K שדה מספרים. אזי p מסועף ב- K אם ורק אם p. d K בפרט, יש מספר סופי של ראשוניים מסועפים ב- K. 21

22 הוכחה. יהי A תחום שלמות, ותהי A B הרחבה של חוגים כך ש- B הינו A -מודול חופשי נוצר סופית. יהי x 1,..., x n בסיס של B מעל.A לכל b B נתבונן בהעתקה ה- A -לינארית m b : B B הנתונה על ידי.m b (x) = bx תהי TrB/A (b) A העקבה של המטריצה של m b ביחס לבסיס,x 1,..., x n ונגדיר discb/a (x 1,..., x n ) = det ( TrB/A (x i x j ) ) A כפי שראינו, אם ניקח בסיס אחר נקבל discb/a (y 1,..., y n ) = discb/a (x 1,..., x n ) (det M) 2 כאשר M מטריצת המעבר בין הבסיסים. מעתה נרשום,discB/A בהבנה שזה מוגדר עד כדי כפל באיבר של ) 2 A); עם זאת, התנאי = 0 discb/a מוגדר היטב. טענה. יהיו B 1 ו- B 2 הרחבות כנ"ל של.A אזי.discB 1 B 2/A = discb 1/A discb 2/A הוכחה. יהי x 1,..., x n בסיס של,B 1 ויהי y 1,..., y m בסיס של.B 2 אז אפשר לקבל בסיס של B 1 B 2 על ידי ) m.(x 1, 0),..., (x n, 0), (0, y 1 )..., (0, y נבין את :discb 1 B 2/A כיוון ש- 0 = ) j.trb 1 B 2/A ((x i, 0) (0, y j )) = 0,(x i, 0) (0, y המטריצה של j,0) m (xi,0) (x j,0) = m (xix הינה ( mxixj over B 1 0 ) 0 0 ולכן ) j.trb 1 B 2/A ((x i, 0) (x j, 0)) = TrB 1/A (x i x בדומה, ) j.trb 1 B 2/A ((0, y i ) (0, y j )) = TrB 2/A (y i y לכן, discb 1 B A/2 הינה הדטרמיננטה של ( TrB1/A (x i x j ) 0 ) 0 TrB 2/A (y i y j ) והכפליות נובעת. טענה. יהי K שדה מספרים, ויהי p מספר ראשוני. באופן טבעי O K/pO K הינו מודול של F. p אזי.disc ( O K/pOK )/Fp d K (mod p) (ליתר דיוק, אגף ימין נמצא ב- F, p ואילו אגף שמאל מוגדר ב- (p 2, Fp F)/ ולכן אגף ימין צריך להיות שייך לאגף שמאל.) הוכחה. יהי α 1,..., α n בסיס שלם של.O K = Zα Zα n,k לכן O K /po K = F p α F p α n כאשר α i O K/pO K הרדוקציה של.α i לכן.Tr ( O K/pOK )/Fp (α i α j ) TrO K/Z (α i α j ) (mod p) נשים לב שהרדוקציות α 1,..., α n הן בסיס, כי ) K.NK/Q (p) = p n = N (po כשנעבור לדטרמיננטות יישמר השוויון הנ"ל, וזה מוכיח את תת-הטענה. 22

23 p d K/pOK )/Fp אם ורק אם = 0 O.disc ( נשים נחזור לטענה. לפי תת-הטענה השנייה, K,pO K = P e1 ממשפט השאריות הסיני נקבל 1... P r לב שאם er. O K/pO K = O K /P e 1 1 O K/P er r, disc ( O K/pOK )/Fp = r i=1 disc ( O K /P e i i )/Fp לפי תת-הטענה הראשונה, ולכן p d K אם ורק אם = 0 i disc ( O K /P e לאיזשהו.i i )/Fp אם כן, מספיק להוכיח ש- 0 = e disc (OK P/ אם ורק אם > 1 e. )/Fp אם = 1,e O K/P הינו שדה. לכן F p O K/P הרחבה ספרבילית של שדות, ולפי טענה 1.23 נקבל 0.disc (OK /P)/Fp נניח > 1,e ויהי.x P \ P e כיוון ש F p שדה, ניתן להשלים את x ל- F -בסיס p של, O K/P e נסמנו.x 1 = x,..., x m לכל y O K/P e מתקיים = y (x 1 x j ) e m x1x j m. e x 1x j לכן כל הערכים העצמיים של,0 כי = 0 1.x e זה אומר ש- 0 =.Tr (OK /P e (x )/Fp מכאן שהשורה הראשונה של המטריצה הם,0 ומכאן = 0 ) j 1x ).disc (OK /P (Tr e כולה אפסים, ולכן = 0 )/Fp (OK /P e (x )/Fp ix j ) 3.2 פירוק של אידאלים ראשוניים בהרחבות של תחומי דדקינד נחזור לסיטואציה של תחומי דדקינד. כלומר: A הוא תחום דדקינד, K שדה השברים שלו, L K/ הרחבה סופית וספרבילית ו- B הסגור השלם של A ב- L. בפרט, B תחום דדקינד. טענה.3.3 יהי p A אידאל ראשוני. אזי.pB B הוכחה. אם = 0,p הטענה ברורה; לכן נניח 0.p ניקח π p \ p 2 (מיחידות הפירוק לאידאלים ראשוניים,,p p 2 כלומר,p 2 p ולכן אפשר למצוא π כזה). לכן πa = p I כאשר p ו- I זרים, כלומר.p + I = A נכתוב = b + c 1 כאשר b p ו- I.c נניח בשלילה כי.pB = B אזי,cB = cpb IpB = πab = πb כלומר c = πx,x = c π ומכאן.x B K לכן x K שלם לאיזשהו.x B מצד שני, FracA = K מעל,A ו- A סגור בשלמות, ומכאן.x A אבל אז,c πa p ובפרט = b + c p,1 בסתירה. הגדרה 3.4. יהי θ L איבר פרימיטיבי (כלומר (θ) L). = K בלי הגבלת הכלליות, נניח.θ B המוליך (conductor) של θ הינו.F θ = {x B : xb A [θ]} במילים, F θ הינו האידאל הכי גדול של B שמוכל ב-[ θ ] A. לרוב נשמיט את θ, כי הוא יהיה ברור מההקשר. בפרט, F θ = B אם ורק אם [θ].b = A 23

24 משפט 3.5. יהי θ B כנ"ל, יהי p A 0 אידאל ראשוני כך ש- pb ו- F θ זרים, ויהי [x] g (x) A הפולינום המינימלי (המתוקן) של.θ יהי k = A /p שדה השאריות, ויהי g (x) = g 1 (x) e1... g r (x) er הפירוק של הרדוקציה [x] g (x) k לגורמים אי-פריקים (שונים). אזי:,pB = P e1 כאשר P i = pb + g i (θ) B עבור [x] g i (x) A שהוא הרמה 1... P er א. r של (x).g i ב. לכל i r,1 יהי k].f i = [ B /P i : אזי (x).f i = deg g i.n = r ג. (הנוסחה היסודית) יהי K].n = [L : אזי i=1 e if i הוכחה. א. יהי [θ].b = A טענה. ההעתקה φ : B B B /pb הינה על. הוכחה. לפי ההנחה,.pB + F θ = B זה אומר שכל מחלקה של B /pb מכילה איבר של B F. θ לכן ההעתקה הינה על. טענה. ההכלה B B משרה איזומורפיזם. B /pb B /pb הוכחה. מספיק להוכיח כי pb הינו הגרעין של φ. ברור כי pb ker φ וכי.ker φ = B pb נשים לב כי.B pb B (B pb) = (pb + F θ ) (B pb) מהגדרת,F θ B B,F θ ובפרט pb.f θ (B pb) F θ (pb) בנוסף,.pB (B pb) (pb) (pb) = p 2 B קיבלנו B pb pb +p 2 B ( F θ + p 2 B ) ( pb + p 2 B ) F θ pb +p 3 B = pb +p 3 B וכך ניתן להמשיך. בסך הכל B pb n=1 (pb + p n B) = n=1 pn =0 pb כנדרש. מתקיים /g(x) ;B = A [θ] = A[x] לכן,. B /pb = A[x] /(p,g(x)) = k[x] /g(x) = k[x] /g 1(x) e 1 k[x]/g r(x) er הגורמים הראשוניים של pb הם הראשוניים ב- B שמכילים את,pB ואלה מתאימים לאידאלים הראשוניים של /g(x). B /pb = k[x] האידאלים הראשוניים של /g(x) k[x] הם 24

25 (x)).p i = (g i ב- B הם מתאמים לאידאלים P i = g i (θ) B + pb כאשר g i הרמה כלשהי של g. i P; e1 אכן, המכפלה נוצרת על ידי איברים מהצורה 1... P r נשים לב כי er pb r e i (g i (θ) x i,j + y i,j ) i=1 j=1 n g i (θ) ei x + pb pb i=1 } {{ } pb עבור x i,j B ו- pb.y i,j pb הוכחנו.pB = P a P r ar מצד שני, הפירוק של pb לראשוניים הוא ar,p e1 כלומר.a i e i נניח בשלילה כי a i < e i לאיזשהו.i התמונה של 1... P r er r (כי המעלה שלו i=1 g i (x) ai הינה 0 k[x] /g(x) = B /pb במנה P a P r ar קטנה יותר משל (x) g); אבל זו סתירה, כי המנה של pb היא 0..f i = [ B /P i : k] = [ k[x] /g i(x) : k] = deg g i (x). B /P i לכן ב. מתקיים i(x) = k[x]/g ג.,deg g (x) = [L : K] = n כי (x) g הוא הפולינום המינימלי של.θ אבל (x) g מתוקן, לכן r r.n = deg g (x) = e i deg g i (x) = e i f i i=1 i=1 דוגמה.3.6 ניקח ) 1 ( Q.L = לפי תרגיל,1.8 ] 1 [ Z.O L = יהי p מספר ראשוני. נרצה ללמוד את הפירוק של po L לאידאלים ראשוניים. ניקח 1 = θ. מתקיים = L O [θ],z ולכן.F θ = O L מכאן שלכל p Z ראשוני אפשר להשתמש במשפט 3.5 עבור.p = pz הפולינום המינימלי של θ הוא.g (x) = x נחלק לשני מקרים: 2 = p מתקיים 2),g (x) = x (x + 1) 2 (mod לכן.2O L = P 2 נשים לב.P = ( 2, ) = ( ) כי ) 1 1 ( ) ( =,2 לכן זה מראה ש- 2 מסועף ב- ) 1 (,Q ואכן 4 = L.d > 2 p הפולינום x 2 1+ מתפרק מודולו p אם ורק אם יש לו שורש מודולו p. החבורה F p ציקלית מסדר 1,p לכן y F p שורש של x אם ורק אם = 4 (y),o אם ורק אם 1 p,4 אם ורק אם 4).p 1 (mod לכן, אם 4) p 1 (mod מתקיים p) x 2 +1 (x + a) (x a) (mod עבור איזשהו.P 2 = ( p, a 1 ) ו- P 1 = ( p, a + 1 ) כאשר,pO L = P 1 אז P 2 ;a Z לעומת זאת, אם 4),p 3 (mod הפולינום x אי-פריק מודולו,p ולכן האידאל po L נשאר ראשוני. כמסקנה, נוכל להוכיח תוצאה בסיסית מתורת המספרים: 25

26 משפט (משפט לגראנז ). יהי p ראשוני. אזי p הוא סכום של שני ריבועים אם ורק אם = 2 p או 4).p 1 (mod.nl/q הוכחה. נשתמש בסימונים מהדוגמה. עבור,a, b Z ( ) ( ) ( ) a + b 1 = a + b 1 a b 1 = a 2 + b 2 כלומר, p הוא סכום של שני ריבועים אם ורק אם ב- O L קיים איבר α p מנורמה p. אבל אז האידאל α p O L מקיים,N (α p O L ) = NL/Q (α p ) = p ובפרט α p O L ראשוני. בנוסף, α p O L מחלק את.pO L נחלק למקרים: = 2 p יש אידאל ראשוני יחיד P המחלק את,2O L וראינו ש-.2O L = P 2 לכן.N (2O L ) = NL/Q (2) = 4 = N (P ) = 2 ראינו באמצעות חסם מינקובסקי (טענה 2.26) כי O L תחום ראשי, ולכן יוצר של P יהיה איבר מנורמה 2 כנדרש. 4) p 1 (mod במקרה זה,pO L = P 1 P 2 לכן,N (P 1 ) N (P 2 ) = p 2 ומכאן.p ראשיים, לכן היוצרים הם איברים מנורמה P 1, אבל P 2.N (P 1 ) = N (P 2 ) = p.p מנורמה O L ולכן אין איבר ב- ראשוני מנורמה,p 2 po L אז p 3 (mod 4) ( d ) בשתי הדוגמאות הבאות נכליל את דוגמה 3.6 עבור L. = Q [ d ] דוגמה.3.7 יהי 4) d 2, 3 (mod חופשי מריבועים. במקרה הזה,,O L = Z ואפשר לקחת.θ = d מתקיים.F θ = O L הדיסקרימיננטה היא,d L = 4d ולכן p מסתעף אם ורק אם = 2 p או.p d אחרת, 2 po L = P 1 P אם ורק אם g (x) = x 2 d מתפרק מודולו,p אם ורק אם יש פתרון למשוואה p).x 2 d (mod.x 2 d (mod p) ראשוני אם ורק אם אין פתרון למשוואה po L יש שתי O. L [ 1+ = Z ] d 2 [ d ] דוגמה.3.8 כעת נניח 4).d 1 (mod אז Z אפשרויות טבעיות לבחירת θ: g (x) = x 2 x + 1 d לא נחמד במיוחד. 4 ;θ = 1+ d אז,F θ = O L אבל 2 d ;θ = אז,g (x) = x 2 d אבל,F θ O L ועשויה להיות בעיה בתנאי המשפט. נלך על האופציה השנייה, ונבדוק לאילו ראשוניים p מתקיים ש- po L אינו זר ל- F. θ אם הם לא זרים, זה אומר ש- F θ P לאיזשהו P po L אידאל ראשוני של O. L בפרט,.F θ Z P Z = pz F θ Z = 2Z כלומר,2 F θ,2 לכן 1+ d 2 = 1 + [ d ] נשים לב כי [θ] d Z = Z (כבר ראינו כי F, θ O L לכן החיתוך לא יכול להיות כל Z). אם כן, תנאי משפט 3.5 מתקיימים לכל 2 p, ונוכל לפעול בדומה לדוגמה הקודמת. 26

27 3.3 הסתעפות בהרחבות גלואה כעת נניח שההרחבה L /K גלואה. לכל /K) σ (B) = B,σ Gal ( L (כי לכל σ (x),x B שורש של אותו פולינום מינימלי, ובפרט σ שולח איברים שלמים מעל A לאיברים שלמים). יותר מזה, לכל p A ראשוני, σ (pb) = pb מאותה הסיבה. נוסף על כך, לכל P B ראשוני, מושרה איזומורפיזם ) /σ(p,σ : B /P B ולכן גם ) (P σ ראשוני..pB = σ (pb) = σ (P 1 ) e1... σ (P r ) er מכאן,pB = P e1 נקבל 1... P r לכן, אם er נקבל ש- σ משרה תמורה על האידאלים הראשוניים P. p טענה.3.9 הפעולה של /K) Gal ( L על הקבוצה p} {P B : P : הינה טרנזיטיבית. נניח בשלילה שקיימים i, j כך ש- σ (P i ) P j לכל.pB = P e P r er הוכחה. יהי er /K).σ Gal ( L לפי משפט השאריות הסיני, קיים x B המקיים { x 0 (mod P j ) x 1 (mod σ (P i )) σ Gal ( L /K), NL/K (x) = x }{{} P j σ id σ (x) P j.nl/k (x) A P j = p מתקיים ולכן מצד שני, ) i x / σ (P לכל,i לכן σ (x) / P i לכל ;i מהראשוניות של,P i.nl/k (x) = σ (x) / P i σ Gal( L /K) אבל זו סתירה, כי הוכחנו.NL/K (x) p pb P i pb = P e1 הפירוק 1... P r מסקנה תהי L K/ הרחבת גלואה, יהי p A ראשוני, ויהי er של p לאידאלים ראשוניים מעל.B נזכור כי /p].f i = [ B /P i : A אזי.e 1 = = e r = e, f 1 = = f r = f.n = [L : K] = לכן, הנוסחה היסודית מקבלת את הצורה r e i f i = e f r i=1 הוכחה. לכל j r 1 קיים /K) σ Gal ( L כך ש-.σ (P 1 ) = P j אזי.P e P r er = pb = σ (pb) = σ (P 1 ) e1... σ (P r ) er מיחידות הפירוק אפשר להשוות את החזקות של P; j לכן e. 1 = e j כיוון שזה נכון לכל j, נקבל.e 1 = = e r = e σ, : B P/ 1 והפעולה של σ שומרת את המבנה של מצד שני, σ משרה B/σ(P 1) = B /P j החוגים כמרחבים וקטוריים מעל. A p/ לכן האיזומורפיזם הנ"ל שומר את המימדים, כלומר.f 1 = = f r = f לכן.f 1 = f j 27

28 הערה. נניח = 2 Q] [L : (ובפרט L /Q גלואה). אזי = 2,efr ולכן יש שלוש אפשרויות: 1 = r e = 2, f = 1, המקרה המסועף..N (po L ) = p 2 נשאר ראשוני, po L e = 1, f = 2, r = 1 2 = r po L e = 1, f = 1, מתפרק למכפלת שני אידאלים ראשוניים שונים, שניהם מנורמה p. הגדרה יהי P. p נגדיר את תת-חבורת הפירוק subgroup) (decomposition להיות.G P = {σ Gal ( L /K) : σ (P ) = P } הערה. לפי משפט מסלול-מייצב,.[G : G P ] = r הגדרה p נקרא אינרטי (inertial) אם pb ראשוני ב- B. מסקנה א. /K),pB = P e r = 1 G P = Gal ( L כלומר p אינו מתפרק. ב. {e} pb = P 1... P n r = n G P = כאשר ה- P -ים i ראשוניים שונים ו- p /, B /P i = A כלומר p מתפרק לגמרי. תרגיל.3.14 בהינתן מגדל הרחבות K L M ואידאלים ראשוניים,p P P מתקיים e ( P /p) = e ( P /P) e ( P /p).f ( P /p) = f ( P /P) f ( P /p) וכן טענה יהי Z שדה השבת של G, P ויהי A Z הסגור השלם של A ב- Z. נסמן = Z P.A Z P A Z אזי: א. P הינו האידאל הראשוני היחיד של B שמחלק את P. Z ב. /p),f ( P /P Z ) = f ( P /p),e ( P /P Z ) = e ( P ו- 1 = Z/p).e ( P Z/p) = f ( P א. לכל.σ (P ) = P,σ Gal ( L /Z) = G P אך /Z) Gal ( L פועלת טרנזיטיבית על.{Q B : Q P Z } ב. מצד אחד, /p).[l : Z] = G P = n r = e (P /p) f ( P מצד שני, לפי הנוסחה היסודית,.e ( P /P Z ) f ( P /P Z ) 1 = [L : Z] הוכחה. בגלל תרגיל,3.14 /p) e ( P /P Z ) e ( P ו-( p /.f ( P /P Z ) f ( P בסך הכל נקבל את השוויונות הדרושים. 28

29 הגדרה יהי A תחום דדקינד ו- A p אידאל ראשוני בו. המנה A p/ נקראת שדה השארית field) (residue של A ביחס ל- p. אם K, = FracA נהוג לסמן את שדה השארית של A ב- k. נקבע.P p נסמן k = A /p ו- P /.l = B כל σ G P מגדיר σ : B B שקובע את k. שקובע כל איבר של σ : l l ולכן הוא משרה P, טענה נניח שההרחבה l k/ ספרבילית. אזי היא גלואה, ומקבלים העתקה טבעית P G (k/.gal ( l נוסף על כך, ההעתקה הזו היא על. הוכחה. l k/ סופית וספרבילית, לכן פרימיטיבית. יהי θ l איבר יוצר של ההרחבה, כלומר ) θ.l = k ( תהי θ B הרמה של,θ יהי [x] g (x) k הפולינום המינימלי של,θ ויהי.g f כלומר,f ( θ ) לכן = 0,f (θ) = 0.θ הפולינום המינימלי של f (x) A [x] B, מתפרק למכפלה של גורמים לינאריים ב-[ x ] f הרחבה נורמלית, ומכאן ש-( x ) L K/ ובפרט (x) f (ולכן גם (x) g) מתפרק למכפלה של גורמים לינאריים ב-[ x ] l. זה מראה ש- l/k נורמלית, כלומר גלואה. נוכיח שההעתקה /k) φ : G P Gal ( l היא על. יהי /k),σ Gal ( l ונרצה למצוא הרמה σ G P של.σ בלי הגבלת הכלליות, אפשר להניח ש-( K / ;G P = Gal ( L אכן, אם נחליף את K ב- Z, [ B /P : A /p] = [ B /P : A Z/P Z ] ונקבל A Z/P Z = k כלומר /k) Gal ( l לא תשתנה. ) θ σ ( הינו צמוד של θ, כלומר שורש של (x) g, ובפרט שורש של (x) f. לכן ניתן להרים אותו לשורש η של (x).f אבל, L /K ולכן קיים /K) σ Gal ( L כך ש- η.σ (θ) = לכן.φ (σ) ( θ ) = η = σ ( θ ) כיוון ש- θ איבר פרימיטיבי, φ. (σ) = σ לכן φ על. הגדרה תת-חבורת ההתמדה subgroup) (inertia של P הינה I P = ker (G P Gal ( l /k)) I P = {e} כלומר,. I P = G P f הערה., Gal ( l /k) = [l : k] = f ( P /p) = f לכן = e אם ורק אם p אינו מסועף ב- L. 3.4 השדות הציקלוטומיים הגדרה.3.19 שדה ציקלוטומי field) (cyclotomic הינו שדה מהצורה ) n,k = Q (ζ כאשר ζ n שורש n -י פרימיטיבי של היחידה. הערה. (n).[k : Q] = φ נרצה להבין כיצד מתפרק האידאל po K לאידאלים ראשוניים. טענה.3.20 יהי.n = p a אזי האידאל הראשי p = (1 ζ n ) O K ראשוני, ומתקיים = K po φ(n).p בפרט, O K /p = F p (כלומר = 1.(f 29

30 הוכחה. הפולינום המינימלי של ζ p a הוא.Φ p a (x) = 1 xpa = 1 + x p a x p(p 1)pa 1 1 x pa 1. c ( Z /p a Z) ( ) 1 ζ c p a = Φp a (1) = p ( ) נציב = 1,x ונקבל ζ c p a 1 מייצרים את אותו אידאל ראשי של.O K אכן,.1 ζp c = (1 ζ a p a) ( 1 + ζ p a + + ζp c 1 ) }{{ a } u.1 ζ p a = 1 ζ cc p a כעת נטען כי כל האיברים נוכיח ש- K :u O יהי c כך ש-(.cc 1 (mod p a אזי = ( 1 ζp c ) ( ) 1 + ζ c a p + + 1)c a ζ(c p a } {{ } u, 1 ζ p a = uu (1 ζ p a) לכן כלומר = 1.uu לכן כל האיברים הנ"ל מייצרים את אותו אידאל ראשי p, ומכאן.pO K = p φ(pa ).O K מעל po K.(( ) לכן זהו הפירוק של (לפי N (p) = p ראשוני כי p { תרגיל.3.21 נתבונן בבסיס } /nz) ζn c : c ( Z של K מעל.Q אם,n = p a אזי.dK/Q ( ζ c n : c ( Z /nz) ) = ±p pa 1 (ap a 1) טענה.3.22 לכל.O K = Z [ζ n ],n Z הוכחה. נתחיל מהמקרה שבו n. = p a לפי הטענה הקודמת,. O K/(1 ζ n)o K = Z/pZ לכן אפשר לקחת את 1 p,... 1, 0, כנציגים של כל המחלקות. זה אומר שאם,π = 1 ζ n, O K = Z + πo K ובפרט.O K = Z [ζ n ] + πo K לכן, πo K = πz [ζ n ] + π 2 O K 30

31 .O K = Z [ζ n ] + πz [ζ n ] + π 2 O K = Z [ζ n ] + π 2 O K ואפשר להמשיך לפתח ולקבל אם ממשיכים באינדוקציה, מקבלים שלכל m N מתקיים.O K = Z [ζ n ] + π m O K אבל, לכן ] n.o K = Z [ζ אנחנו יודעים ש- 0 = K m=0 πm O נעבור למקרה הכללי. נשתמש בלמה הבאה: למה. תהיינה,K L הרחבות של Q, ונניח שהדיסקרימיננטות dk/q ו- dl/q זרות. יהיו α 1,..., α m ו- β 1,..., β n בסיסים שלמים של K ושל L בהתאמה. אזי {α i β j : 1 i m, 1 j n} (.Q (ζ n ) = Q ζ p a 1 1 בסיס שלם של הקומפוזיטום.KL הוכחה. תרגיל בית. n = p a1 כלשהו; אז מתקיים 1... par r )... Q ( ) ζ p ar r לפי תרגיל 3.21, הדיסקרימיננטות כולן זרות, ולכל i הקבוצה { ζ c p a i : c ( Z /p a i Z) } i i יהי ( Q. לכן יש בסיס שלם של ) n Q ζ) שמוכל ב-[ Z, ζ] n מה שמראה ζ p a i i ) היא בסיס שלם של ] n.o Q(ζn) Z [ζ מצד שני, ] n Z [ζ הרחבה שלמה של,Z ולכן יש שוויון. n = p (כאשר = 0 p a לכמעט כל.(p יהי p מספר ראשוני, ויהי טענה יהי pap 1 p f המספר הטבעי הקטן ביותר המקיים.r = φ(n) φ(p ap ) f p.p fp 1 (mod n p ap ), po Q(ζn) = (P 1... P r ) φ(pap ) אזי ובנוסף.f = [ pq(ζn) /P i : F p ] = f p מהנוסחה היסודית, הוכחה. נרשום ) n.k = Q (ζ נתחיל מהמקרה שבו = 0 p,a כלומר.p n לפי טענה,3.22 ] n,o K = Z [ζ ולכן ] n.f ζn = O K = Z [ζ מכאן מספיק לפרק את הפולינום המינימלי של,ζ n כלומר את (x),φ n מודולו.p יהי 1 n,f (x) = nx n 1.f (x) = x לכן לפולינומים O K /P מכאן שהשדה.P po K לכל O K/P אין שורשים משותפים בשדה f ו-( x ) f (x) מכיל n שורשים n -ים שונים של 1. ההרחבה המינימלית של F p המכילה n שורשים שונים של 1 היא F. p fp מודולו p, מתקיים Φ n (x) = (x ζ c ( ) n) = minimal polynomials of the elements of Fp fp c ( Z /nz) (mod p) 31

32 זה אומר ש-( x ) Φ n (x) = g 1 (x)... g r כאשר deg g i = f p וה-( x ) g -ים i כולם זרים. לפי משפט,3.5 r po K = P 1... P כאשר )) n P i = (p, g i (ζ ו-.f = f p כעת נניח > 0 p.a במקרה הזה נכתוב n = p ap m (כאשר m זר ל- p ), ואז.Φ n (x) =.K = Q (ζ n ) = Q (ζ m ) Q (ζ p ap ) c ( Z /nz) (x ζ c n) = d ( Z /mz) d ( Z /p ap Z) (x ζ d mζ d מתקיים ) ap p אם מסתכלים מודולו p,.x pap 1 (x 1) pap (mod p) = ζ p ap 1 (mod po K ).Φ n (x) = (Φ m (x)) φ(pap ) (mod p) לכן נקבל את אותו הפירוק כמו קודם, רק שהפעם כל הגורמים יופיעו בחזקת ) ap φ, p) כמבוקש. 4 הערכות (וליואציות) 4.1 שדות עם הערכה הגדרה 4.1. יהי K שדה. הערכה (כפלית) על K הינה פונקציה : K R המקיימת את התכונות הבאות:. x = { 0, x = 0 1, x 0 א. 0 x לכל.x K בנוסף, = 0 x.x = 0 ב. y xy = x לכל.x, y K ג. y x + y x + לכל.x, y K דוגמה 4.2. א. K =,R C עם הערך המוחלט הרגיל. ב. יהי K שדה כלשהו. ההערכה הטריוויאלית על K היא ג. ניקח p K, = Q ראשוני כלשהו. ההערכה ) ה- p -אדית )מוגדרת כך: אם = x 0 c 1. x p אם = 0,x נגדיר = p נגדיר,c ו- Z זרים ל- p m, n עבור m n = pc m n. x p = 0 למעשה, ההערכה ה- p -אדית מקיימת תנאי חזק יותר מאי-שוויון המשולש: }. x + y p max { x p, y p כל הערכה על K משרה מבנה של מרחב מטרי על K לפי y d,,x) (y = x ולכן מקבלים טופולוגיה מטרית. 32

33 הגדרה 4.3. שתי הערכות על K נקראות שקולות אם הן מגדירות את אותה טופולוגיה. 2 שקולות אם 1 ו- 2 שתי הערכות לא-טריוויאליות על K. 1 ו- טענה 4.4. תהיינה. x 2 = x s 1 ורק אם קיים > 0 s כך שלכל,x K הוכחה. אם קיים s כזה, { }. {y K : y x 2 < ε} = y K : y x 1 < ε 1 /s במילים אחרות שתי ההערכות מגדירות את אותם הכדורים הפתוחים, ולכן את אותה הטופולוגיה. x i אם ורק אם נניח שההערכות נותנות את אותה הטופולוגיה. נשים לב ש- 1 <. i לכן, הסדרה..., 2 1, x, x מתכנסת ל- 0 לפי הטופולוגיה של. {x K : x 1 < 1} = {x K : x 2 < 1} שההערכה אינה טריוויאלית), ויהי { כיוון } y i (קיים y כזה, יהי y K כך ש- 1 > m i סדרה יורדת של מספרים רציונליים n i. x 1 תהי = y α 1 K.x קיים α R כך ש- ששואפת ל- α. אזי m i n x 1 < y i 1 x ni 1 < y mi 1 x ni y < 1 mi 1 x ni < 1 2 y mi x ni 2 < y mi 2 m i n x 2 < y i 2 x. 2 אם ניקח סדרה עולה של מספרים רציונליים ששואפת y α 2 זה נכון לכל i, ולכן x ; 2 בסך הכל, y α 2 ל- α, נקבל כי. log x 1 log y 1 = α = log x 2 log y 2 log x 1 log x 2 = log y 1 log y 2 = s > 0 לכן לכל K x, x 1 כנדרש. קבוע. זה בדיוק מראה ש- 2 x s = הגדרה 4.5. הערכה נקראת לא ארכימדית אם {N n } : n חסומה. הערכה שאינה לא ארכימדית נקראת ארכימדית. טענה 4.6. הערכה היא לא ארכימדית אם ורק אם היא מקיימת את אי-שוויון המשולש החזק:. x + y max { x, y } 33

34 הוכחה. 1 = 1 כי x 1 = x לכל.x K נקבל = 1 1 }, { 1 max =. 2 באינדוקציה, 1 n לכל.n N נניח שקיים M כך ש- M n לכל.n N יהיו,x, y K ונניח x. y מתקיים n ( ), (x + y) n n = x i y n i i x + y n n ( ) n = x i y n i i i=0 = M x n (n + 1) i=0 n ( ) n x i y n i i i=0 x + y (n + 1) 1 /n M 1 /n x ולכן n M x i x n i = i=0 כלומר אם נשאיף,n נקבל y }. x + y x = max { x, טענה 4.7. תהי הערכה על K. א. אם לא ארכימדית, 1 n לכל.n N ב. אם ארכימדית, 1 n לכל.n N הוכחה. את המקרה הלא ארכימדי הוכחנו בטענה הקודמת; לכן נניח ש- ארכימדית. נניח בשלילה שקיים n N שעבורו < 1. n כל m N ניתן לרשום באופן m = a 0 + a 1 n + + a r n r כאשר 1} n.a i {0, 1,..., לפי אי-שוויון המשולש ואינדוקציה, k k לכל.k N מכאן m a 0 + a 1 n + + a r n r (n 1) r n i < (n 1) n i = n 1 1 n i=0 i=0 בסתירה לארכימדיות. טענה.4.8 תהי הערכה לא ארכימדית. אם y, x = אזי y }. x + y = max { x,, x = (x + y) y max { x + y, y } = x + y הוכחה. נניח x y. < אזי אך לפי אי-שוויון המשולש החזק, x. x + y לכן x. x + y = כעת אנחנו יכולים להוכיח את משפט אוסטרובסקי, שממיין את כל ההערכות על Q. משפט 4.9 (משפט אוסטרובסקי). כל הערכה לא-טריוויאלית על Q שקולה להערכה הרגילה.p לאיזשהו ראשוני p או להערכה ה- p -אדית 34

35 הוכחה. תהי הערכה לא ארכימדית על Q. כיוון שההערכה לא-טריוויאלית, קיים n N כך ש- 1 < n. לכן קיים ראשוני p כך ש- 1 < p (אחד הגורמים של n). נשים לב שהקבוצה.I = pz והיא אידאל אמיתי כי = 1. 1 לכן,Z היא אידאל של I = {m Z : m < 1},p m, n כאשר 0 x = p c m n זה אומר שאם Q. x = p c m n = p c = ( ) c logp p 1 = x log p p p p. p מכאן ש- שקולה ל- כעת נניח כי ארכימדית, ויהיו,m. n N נרשום את m בבסיס n: m = a 0 + a 1 n + + a r n r כאשר 1} n a i {0, 1,..., ו- 0 r.a נזכור שלכל b b,b N מאי-שוויון המשולש..r log n m = log m לפי אי-שוויון המשולש, log n כיוון ש- m,nr m r a i n i i=0 n r a i n r i=0 ( 1 + log m ) n log m log n log n r n n r = n (r + 1) n r i=0 אם נחליף את m ב- m, k m k = ( m k n 1 + k log m ) n k log m log n log n (. m n 1 /k 1 + k log m ) 1/k n log m log n log n. m n log m log n log. m m נגדיר = n log = m m n 1 log n s = log n 1 log n log n = log n > 0 log n ונקבל שלכל 1,k נשאיף,k ונקבל אם נחליף תפקידים בין m ל- n, נקבל. n s = n log n log n = n (בלתי-תלוי ב- n ), ולכן n log n n = s ; n לכן זה נכון לכל,x Q כנדרש. הראינו שלכל n,n N = 4.2 ההשלמה של שדה ביחס להערכה של איברים מ- K {a n } n=1 הגדרה יהי K שדה עם הערכה לא-טריוויאלית. סדרה נקראת סדרת קושי, אם לכל > 0 ε קיים N כך שלכל m, n N מתקיים. a m a n < ε סדרה n=1 {a n } נקראת אפסה, אם לכל > 0 ε קיים N כך שלכל n N מתקיים. a n < ε 35

36 טענה הקבוצה R של כל סדרות קושי של איברים מ- K, עם חיבור וכפל איבר-איבר, הינה חוג. בנוסף, תת-הקבוצה I של הסדרות האפסות הינה אידאל מקסימלי של R. הגדרה.4.12 נגדיר K = R /I. זהו שדה, וכן K K לפי )... x, K.x (x, נקרא ההשלמה של K ביחס ל-.. K = R, דוגמה עבור K = Q עם ההערכה הרגילה Q. p ומסומנת נקראת שדה המספרים ה- p -אדיים, p הגדרה ההשלמה של Q ביחס ל- הגדרה שדה עם הערכה נקרא שלם, אם לכל סדרת קושי יש גבול ב- K. טענה יהי K שדה עם הערכה לא ארכימדית. א. לכל,x יהי ε}.b ε (x) = {y K : y x < אז לכל (x) y B ε מתקיים.B ε (x) = B ε (y) הוכחה. מתכנס (כלומר סדרת הסכומים החלקיים היא סדרת קושי) אם ורק ב. טור k=1 a k אם הסדרה a k אפסה. א. תהי (x).z B ε אזי, x z < ε, x y < ε ולכן, y z = (x z) (x y) max { x z, x y } < ε כלומר (y).b ε (x) B ε מסימטריה, נקבל שוויון. ב. כמו באינפי 1. יהי > 0.ε לכן קיים N כך ש- ε a k < לכל.k N אזי לכל 0 p ו- N,k. a k + + a k+p max { a k,..., a k+p } < ε לכן סדרת הסכומים החלקיים הינה סדרת קושי. מסקנה הטופולוגיה המטרית על K היא בלתי-קשירה לחלוטין, כלומר לכל x y קיימות קבוצות סגוחות וזרות U, V כך ש- U x ו-.y V הוכחה. לפי סעיף א מהטענה הקודמת, שני כדורים פתוחים מאותו הרדיוס שווים או זרים זה לזה. זה אומר שמתקיים.B ε (x) = K \ B ε (y) y / B ε(x) אך איחוד של כדורים פתוחים הוא פתוח, ולכן כל כדור פתוח הוא סגור..V = B ε ו-( y ) U = B ε (x) אפשר לקחת,ε = x y 2 אם { a n } סדרת קושי. אזי הסדרה n=1 {a n} n=1 טענה יהי K שדה עם הערכה, ותהי של מספרים ממשיים היא סדרת קושי. לכן אפשר לכל x K להגדיר n, x = lim n a כאשר..., 2 a 1, a סדרת קושי במחלקה של x. p =. אזי. x p {0} pz לכן אם n=1 {a n } סדרת דוגמה.4.19 ניקח,K = Q { }. x p p Z,x Q p מתייצבת. מכאן שאם a n p קושי לא אפסה, הסדרה n=1 36